专题六函数与导数第1讲函数的图象与性质［全国卷3年考情分析］年份全国卷I全国卷II全国卷HI2019函数图象的识别叮5函数解析式、函数图象与性质的综合问题・T12函数图象的识别顼7函数的奇偶性・T14函数的奇偶性与单调性的综合问题・Tii2018函数图象的识别叮3函数图象的识别叮7抽象函数的奇偶性及周期性2017利用函数的单调性、奇偶性解不等式叮5分段函数、解不等式叮15(1)高考对此部分内容的命题多集中于函数的概念、函数的性质及分段函数等方面，多以选择、填空题形式考查，一般出现在第5〜10或第13〜15题的位置上，难度一般.主要考查函数的定义域、分段函数、函数图象的判断及函数的奇偶性、周期性等.(2)此部分内容有时也出现在选择、填空中的压轴题的位置，多与导数、不等式、创新性问题结合命题，难度较大.考点一函数的概念及其表示［大稳定——常规角度考双基］1.［求函数的定义域］函数j=log2(2x-4)+^的定义域是()A.(2,3)B.(2,+8)C.(3,+8)D.(2,3)U(3,+8)［2x—4>0,1解析：选D由题意得<解得x>2且x#=3,所以函数y=log2(2x—4)+x—37^0,x—j 的定义域为(2,3)U(3,+8).故选D.|10g3X,X>0,2.［分段函数求函数值］已知/•(*)=,,(0<a<l), 5./(-2)=5,/(-1)=3,a x+b, xWO则航一3))=()A.—2B.2C.3D.-3解析：选B由题意得，J[—2)=a~2+b=5,①犬一1)=「+方=3,②联立①②，结合OVaVl,得b=l,(10g3X,X>0,<1Y,,侦)+1,xWO,则犬一3)=(J)+1=9,AA—3))=/(9)=log39=2.故选B.2~x xW03.[分段函数解不等式](2018・全国卷I)设函数为)={'''则满足/(x+l)</(2x)1,x>0,的X的取值范围是()A.(一8,-1]B.(0,+°°)C.(-1,0)D.(—8,0)―x+lWO,解析：选D法一：①当，，人即xW—1时，[2xW0,f(x+l)<f(2x),即为2~(x+1,<2~2x,即一(x+l)<—2x,解得x<l.因此不等式的解集为(一8,-1],[x+lWO,②当时，不等式组无解.[2x>0x+l>0,③当f/即一1<x W0时，.2xW0,f(x+l)<f(2x),即为l<2~2x,解得x<0.因此不等式的解集为(一1,0).x+l>0,④当即x>OBt,f(x+l)=l,f(2x)=l,不合题意.2x>0,综上，不等式f(x+l)<f(2x)的解集为(一8,0).故选D.法二：5)='2~x,xWO, 1,x>0,/.函数的图象如图所示.结合图象知，要使f(x+l)<f(2x)9x+l<0, f［x+lNO,则需\ 2x<0, 或， Ax<0.故选D・［2x<0,、2xvx+14 .［分段函数求参数值或范围］已知函数处)=(1—2a) x+3〃，x<l,一 的值域为R,则实数0的取值范围是解析：当xNl 时，处)=2广21,(1—2«) x+3a, x<l,・.•函数f(x)=\ < 的值域为R,2X , xNll —2a>0,..•当xvl 时，y=(l —2g )x +30必须取遍(一8, 1］内的所有实数，贝吨 , 、 解l —2a+3a^l,得 OWqVj.答案：［o, 3［解题方略］1. 函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不 等式组，然后求出它们的解集即可.2. 分段函数问题的5种常见类型及解题策略［小创新——变换角度考迁移］求函数值弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算求函数最值分别求出每个区间上的最值，然后比较大小解不等式根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提求参数“分段处理”,采用代入法列出各区间上的方程利用函数性质求值依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解x, 0<x<l,0, x=l,——,x>l.(2 (1—x) ， OWxWL1. ［概念型新定义函数问题］已知函数f(x)=j 如果对任意的nex —1, 1V x W2,' V 'N*,定义为(x)= 〃个 (x)］｝,那么夭020(2)的值为()A. 0B.1C. 2D.3解析：选 B V/1(2)=/(2) = l, f 2(2)=fil) = 0, f 3(2)=f(0)=2, ,'.f…(2)的值具有周期性,且周期为3, ..捱02。
第3讲 导数的简单应用[全国卷3年考情分析] 年份全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019求切线方程·T 13利用导数讨论函数的单调性及公切线问题·T 20已知切线方程求参数·T 6利用导数研究函数的极值点·T 20 利用导数讨论函数的单调性及最值问题·T 202018奇函数的定义及利用导数的几何意义求切线方程·T 5利利用导数的几何意义求切线方程·T 13利用导数的几何意义求参数值·T 14利用导数讨论函数的单调性·T 21(1) 2017利用导数讨论函数的单调性·T 21(1)导数的运算、利用导数求函数极值·T 11利用导数研究函数单调性求参数·T 21(1)(1)高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．(2)高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等；有时也出现在解答题第一问．(3)近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略．考点一 导数的几何意义[例1] (1)(2019·福州市第一学期抽测)曲线f (x )＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( )A.2B.32C.12D.14(2)(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1 B.a ＝e ，b ＝1 C ．a ＝e －1，b ＝1D.a ＝e －1，b ＝－1(3)(2019·成都市第二次诊断性检测)已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x 的切线，又是曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )A.2B.1C.e 2D.－e 2[解析] (1)f ′(x )＝1＋1x ，则f ′(1)＝2，故曲线f (x )＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x －1)，即y ＝2x －1，此切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－1)，⎝⎛⎭⎫12，0，则切线与坐标轴围成的三角形的面积为12×1×12＝14.故选D.(2)y ′＝a e x ＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴ 切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又∵ 切线方程为y ＝2x ＋b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1.故选D. (3)设直线l 与曲线C 1：y ＝e x 的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切点为B ⎝⎛⎭⎫x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x ，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1(x 1－1) ①.由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y－14e 2x 22＝12e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22②.因为①②表示的切线为同一直线，所以⎩⎨⎧e x 1＝12e 2x 2，e x 1（x 1－1）＝14e 2x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，x 2＝2，所以直线l 的方程为y ＝e 2x －e 2，令y ＝0，可得直线l 在x 上的截距为1.故选B.[答案] (1)D (2)D (3)B [解题方略]1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法类型方法已知切点P (x 0，y 0)，求切线方程求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程已知切线的斜率k ，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程2．由曲线的切线求参数值或范围的2种类型及解题关键类型解题关键已知曲线在某点处的切线求参数关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围关键是过好“双关”：一是转化关，即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从而得所求代数式的取值范围[多练强化]1．(2019·武汉市调研测试)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0，y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点．故选C.2．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝e x (3x 2＋9x ＋3)，∴ 斜率k ＝e 0×3＝3，∴ 切线方程为y ＝3x .答案：y ＝3x3．(2019·广州市综合检测(一))若函数f (x )＝ax －3x 的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，4)，则a ＝________．解析：f ′(x )＝a ＋3x 2，f ′(1)＝a ＋3，f (1)＝a －3，故f (x )的图象在点(1，a －3)处的切线方程为y －(a －3)＝(a ＋3)(x －1)，又切线过点(2，4)，所以4－(a －3)＝a ＋3，解得a ＝2.答案：2考点二 利用导数研究函数的单调性题型一 求函数的单调区间或判断函数的单调性[例2] 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x（x ＋1）2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．[解] 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x （x －2a ＋3）（x ＋1）3，x >－1.①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0, 即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增． 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．[解题方略]利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．题型二 已知函数的单调性求参数 [例3] 已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以f (x )的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax－2≥0恒成立． 即x 2－2x －2a x ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立， 所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立．又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增． [解题方略](1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解．[多练强化]1．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性． 解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． 2．(2019·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝e x －ax ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)证明：∀a ∈(0，e)，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x ln x (x >0)， ∴f ′(x )＝e x －ln x －1， ∴f ′(1)＝e －1， 又f (1)＝e ，∴曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －e ＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1. (2)证明：∵f (x )＝e x －ax ln x ，a ∈(0，e)，x ∈⎝⎛⎭⎫a e ，1， ∴f ′(x )＝e x －a (ln x ＋1)．①当ln x ＋1≤0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增．②当ln x ＋1>0时，1≤a <e ，令g (x )＝e xln x ＋1，则g ′(x )＝e x （ln x ＋1）－e x ·1x （ln x ＋1）2＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ＋1（ln x ＋1）2，令h (x )＝ln x －1x＋1，显然h (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增，且h (1)＝0.∴h (x )<0在x ∈⎝⎛⎭⎫a e ，1上恒成立，∴g ′(x )<0在x ∈⎝⎛⎭⎫ae ，1上恒成立， 故g (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递减．又g (1)＝e ，∴g (x )>e 在x ∈⎝⎛⎭⎫a e ，1上恒成立． 又a ∈[1，e)， ∴a <g (x )＝e x ln x ＋1，∴e x －a (ln x ＋1)>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增．综上可知，∀a ∈(0，e)，f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增. 考点三 利用导数研究函数的极值(最值)问题 题型一 求已知函数的极值(最值)[例4] (2019·合肥市第一次质检)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋1)(e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )－ax ，a ∈R ，试求函数g (x )极小值的最大值． [解] (1)易知x >－1，且f ′(x )＝e x －1x ＋1. 令h (x )＝e x －1x ＋1， 则h ′(x )＝e x ＋1（x ＋1）2>0，∴函数h (x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且h (0)＝f ′(0)＝0.可知，当x ∈(－1，0)时，h (x )＝f ′(x )<0，f (x )＝e x －ln(x ＋1)单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＝f ′(x )>0，f (x )＝e x －ln(x ＋1)单调递增．∴函数f (x )的单调递减区间是(－1，0)，单调递增区间是(0，＋∞)．(2)∵g (x )＝f (x )－ax ＝e x －ln(x ＋1)－ax ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－a .由(1)知，g ′(x )在(－1，＋∞)上单调递增，当x →－1时，g ′(x )→－∞；当x →＋∞时，g ′(x )→＋∞，则g ′(x )＝0有唯一解，记为x 0.可知，当x ∈(－1，x 0)时，g ′(x )<0，g (x )＝e x －ln(x ＋1)－ax 单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )＝e x －ln(x ＋1)－ax 单调递增．∴函数g (x )在x ＝x 0处取得极小值，即g (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋1)－ax 0，且x 0满足e x 0－1x 0＋1＝a .∴g (x 0)＝(1－x 0)e x 0－ln(x 0＋1)＋1－1x 0＋1. 令φ(x )＝(1－x )e x －ln(x ＋1)＋1－1x ＋1，则φ′(x )＝－x ⎣⎡⎦⎤e x ＋1（x ＋1）2.可知，当x ∈(－1，0)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(0)＝1.∴函数g (x )极小值的最大值为1. [解题方略]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．题型二 由函数的极值(最值)确定参数值(范围) [例5] (2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．[解] (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减． 若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1. [解题方略] 已知函数极值点或极值求参数的方法 列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 验证因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性[多练强化](2019·广州市调研测试)已知函数f (x )＝x e x ＋a (ln x ＋x )． (1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.解：(1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x －e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝(x ＋1)e x－e ⎝⎛⎭⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x－e)．当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )， 令g (x )＝x e x ＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a ＋a >－a ＋a ＝0， 故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )>0，f (x )单调递增． 故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)．由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减， 故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性[典例] 已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－12， ∵x >0，∴x ＝－12(舍去) 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)法一：f ′(x )＝1x－2a 2x ＋a ＝－（2ax ＋1）（ax －1）x. ①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0， ∴f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a >0时，由f ′(x )<0，得x >1a. ∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞.依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，解得a ≥1； ③当a <0时，由f ′(x )<0，得x >－12a. ∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，解得a ≤－12. 综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． 法二：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x. 由f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g (x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，1≤0不合题意；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧14a <1，g （1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，－2a 2＋a ＋1≤0，∴⎩⎨⎧a >14或a <0，a ≥1或a ≤－12，∴a ≥1或a ≤－12. ∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． [素养通路]逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养．主要包括两类：一类是从特殊到一般的推理，推理形式主要有归纳、类比；一类是从一般到特殊的推理，推理形式主要有演绎．本题是含参函数的单调性问题，对于此类问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．考查了逻辑推理这一核心素养．。
